文化课快速提分专题一-三DA 【艺体生高考数学复习讲义 电子稿】

专题一三角函数和平面向量第1讲三角函数化简与求值激活思维1.B【解析】依题意得4sinαcosα＝2cos2α，由α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，知cosα>0，所以2sinα＝cosα.又sin2α＋cos2α＝1，所以sin2α＋4sin2α＝1，即sin2α＝eq\f(1,5).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sinα＝eq\f(\r(,5),5)，故选B.2.AC3.eq\f(3,2)【解析】方法一：因为taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(5π,4)))＝eq\f(1,5)，所以eq\f(tanα－tan\f(5π,4),1＋tanαtan\f(5π,4))＝eq\f(1,5)，即eq\f(tanα－1,1＋tanα)＝eq\f(1,5)，解得tanα＝eq\f(3,2).方法二：因为taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(5π,4)))＝eq\f(1,5)，所以tanα＝tan[(α－eq\f(5π,4))＋eq\f(5π,4)]＝eq\f(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(5π,4)))＋tan\f(5π,4),1－tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(5π,4)))tan\f(5π,4))＝eq\f(\f(1,5)＋1,1－\f(1,5)×1)＝eq\f(3,2).4.－eq\f(4,5)【解析】由题意知α＋β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，所以cos(α＋β)＝eq\f(4,5).因为β－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝－eq\f(7,25)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝cos[(α＋β)－(β－eq\f(π,4))]＝cos(α＋β)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＋sin(α＋β)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝－eq\f(4,5).5.2eq\r(,2)【解析】eq\f(2cos10°－2\r(,3)cos（－100°）,\r(,1－sin10°))＝eq\f(2cos10°＋2\r(,3)sin10°,\r(,1－sin10°))＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos10°＋\f(\r(,3),2)sin10°)),\r(,1－2sin5°cos5°))＝eq\f(4cos50°,cos5°－sin5°)＝eq\f(4cos50°,\r(,2)cos50°)＝2eq\r(,2).知识梳理1.sinαcosβ±cosαsinβcosαcosβ±sinαsinβeq\f(tanα±tanβ,1tanαtanβ)2.2sinαcosαcos2α－sin2α2cos2α－11－2sin2αeq\f(1＋cos2α,2)eq\f(1－cos2α,2)eq\f(2tanα,1－tan2α)3.eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)课堂学·通法悟道eq\o(\s\up7(),\s\do5(例1))【解答】(1)由题意得(sinα＋cosα)2＝eq\f(9,5)，即1＋sin2α＝eq\f(9,5)，所以sin2α＝eq\f(4,5).又2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cos2α＝eq\r(,1－sin22α)＝eq\f(3,5)，所以tan2α＝eq\f(sin2α,cos2α)＝eq\f(4,3).(2)因为β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以β－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，又sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(4,5)，于是sin[2(β－eq\f(π,4))]＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))cos(β－eq\f(π,4))＝eq\f(24,25).又sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))))＝－cos2β，所以cos2β＝－eq\f(24,25)，因为2β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以sin2β＝eq\f(7,25).又cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)＝eq\f(4,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以cosα＝eq\f(2\r(,5),5)，sinα＝eq\f(\r(,5),5).所以cos(α＋2β)＝cosαcos2β－sinαsin2β＝eq\f(2\r(,5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(24,25)))－eq\f(\r(,5),5)×eq\f(7,25)＝－eq\f(11\r(,5),25).eq\o(\s\up7(),\s\do5(变式))【解答】(1)因为tanα＝eq\f(4,3)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)，所以sinα＝eq\f(4,3)cosα.因为sin2α＋cos2α＝1，所以cos2α＝eq\f(9,25)，因此cos2α＝2cos2α－1＝－eq\f(7,25).(2)因为α，β均为锐角，所以α＋β∈(0，π).又因为cos(α＋β)＝－eq\f(\r(,5),5)，所以sin(α＋β)＝eq\r(,1－cos2（α＋β）)＝eq\f(2\r(,5),5)，因此tan(α＋β)＝－2.因为tanα＝eq\f(4,3)，所以tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(24,7)，所以tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)]＝eq\f(tan2α－tan（α＋β）,1＋tan2αtan（α＋β）)＝－eq\f(2,11).eq\o(\s\up7(),\s\do5(例2))【解答】方法一：由已知可得cosα＝eq\f(2\r(,7),7)，sinβ＝eq\f(3\r(,3),14).又α，β为锐角，所以sinα＝eq\f(\r(,21),7)，cosβ＝eq\f(13,14).因此cos2α＝2cos2α－1＝eq\f(1,7)，sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(4\r(,3),7)，所以sin(2α－β)＝eq\f(4\r(,3),7)×eq\f(13,14)－eq\f(1,7)×eq\f(3\r(,3),14)＝eq\f(\r(,3),2).因为α为锐角，所以0＜2α＜π.又cos2α＞0，所以0＜2α＜eq\f(π,2).又β为锐角，所以－eq\f(π,2)＜2α－β＜eq\f(π,2).因为sin(2α－β)＝eq\f(\r(,3),2)，所以2α－β＝eq\f(π,3).方法二：同方法一，得cosβ＝eq\f(13,14)，sinα＝eq\f(\r(,21),7).因为α，β均为锐角，所以α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(\r(,21),7)×eq\f(13,14)－eq\f(2\r(,7),7)×eq\f(3\r(,3),14)＝eq\f(\r(,21),14).因为sin(α－β)＞0，所以α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故cos(α－β)＝eq\r(,1－sin2（α－β）)＝eq\r(,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,21),14)))\s\up12(2))＝eq\f(5\r(,7),14).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2α－β＝α＋(α－β)∈(0，π)，所以cos(2α－β)＝cos[α＋(α－β)]＝cosαcos(α－β)－sinαsin(α－β)＝eq\f(2\r(,7),7)×eq\f(5\r(,7),14)－eq\f(\r(,21),7)×eq\f(\r(,21),14)＝eq\f(1,2)，所以2α－β＝eq\f(π,3).eq\o(\s\up7(),\s\do5(变式))【答案】(1)eq\f(π,3)(2)eq\f(π,3)【解析】(1)因为cos(2α－β)＝－eq\f(11,14)且eq\f(π,4)<2α－β<π，所以sin(2α－β)＝eq\f(5\r(,3),14).因为sin(α－2β)＝eq\f(4\r(,3),7)且－eq\f(π,4)<α－2β<eq\f(π,2)，所以cos(α－2β)＝eq\f(1,7)，所以cos(α＋β)＝cos[(2α－β)－(α－2β)]＝cos(2α－β)cos(α－2β)＋sin(2α－β)sin(α－2β)＝－eq\f(11,14)×eq\f(1,7)＋eq\f(5\r(,3),14)×eq\f(4\r(,3),7)＝eq\f(1,2).因为eq\f(π,4)<α＋β<eq\f(3π,4)，所以α＋β＝eq\f(π,3).(2)由cosα＝eq\f(1,7)，0<α<eq\f(π,2)，得sinα＝eq\r(,1－cos2α)＝eq\r(,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)))\s\up12(2))＝eq\f(4\r(,3),7).由0<β<α<eq\f(π,2)，得0<α－β<eq\f(π,2).又cos(α－β)＝eq\f(13,14)，所以sin(α－β)＝eq\r(,1－cos2（α－β）)＝eq\r(,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,14)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(,3),14).由β＝α－(α－β)，得cosβ＝cos[α－(α－β)]＝cosαcos(α－β)＋sinαsin(α－β)＝eq\f(1,7)×eq\f(13,14)＋eq\f(4\r(,3),7)×eq\f(3\r(,3),14)＝eq\f(1,2).因为β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以β＝eq\f(π,3).巩固练·融汇贯通1.C【解析】(1－tan215°)cos215°＝cos215°－sin215°＝cos30°＝eq\f(\r(,3),2).故选C.2.D【解析】因为taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1＋tanα,1－tanα)＝eq\f(1,7)，所以tanα＝－eq\f(3,4).又α为第二象限角，所以cosα＝－eq\f(4,5)，所以sin(α－2β)cos2β－cos(α－2β)sin2β＝sin(α－4β)＝sin(α－eq\f(π,2))＝－cosα＝eq\f(4,5)，故选D.3.A【解析】因为coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq\f(1,4)，所以cosx＋cos(x－eq\f(π,3))＝cosx＋eq\f(1,2)cosx＋eq\f(\r(,3),2)sinx＝eq\r(,3)(eq\f(\r(3),2)cosx＋eq\f(1,2)sinx)＝eq\r(,3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq\r(,3)×eq\f(1,4)＝eq\f(\r(,3),4).故选A.4.C【解析】由tanα＋taneq\f(π,12)＝2tanαtaneq\f(π,12)－2eq\f(tanα＋tan\f(π,12),1－tanαtan\f(π,12))＝－2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝－2.因为α为第二象限角，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝eq\f(2\r(,5),5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝－eq\f(\r(,5),5)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(5π,6)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝－sin[(α＋eq\f(π,12))－eq\f(π,4)]＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))sineq\f(π,4)－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))coseq\f(π,4)＝－eq\f(3\r(,10),10).故选C.5.BC【解析】对于A，2sin15°cos15°＝sin30°＝eq\f(1,2)，故A错误；对于B，cos215°－sin215°＝cos30°＝eq\f(\r(3),2)，故B正确；对于C，1－2sin215°＝cos30°＝eq\f(\r(3),2)，故C正确；对于D，sin215°＋cos215°＝1，故D错误．故选BC.6．ABC【解析】对于A，cos82°cos22°＋sin82°sin22°＝cos(82°－22°)＝cos60°＝eq\f(1,2)，故A正确；对于B，cos215°－sin215°＝cos30°＝eq\f(\r(3),2)，故B正确；对于C，eq\f(tan48°＋tan72°,1－tan48°tan72°)＝tan(48°＋72°)＝tan120°＝－eq\r(3)，故C正确；对于D，sin15°sin30°sin75°＝eq\f(1,2)sin15°sin(90°－15°)＝eq\f(1,2)sin15°cos15°＝eq\f(1,4)sin30°＝eq\f(1,8)，故D不正确．故选ABC.7.BD【解析】因为sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝sinα＋sinβ，所以cosβ＝1且cosα＝1可使等式成立，所以α＝β＝2kπ(k∈Z).因为k∈Z，所以α，β有无限多个，包含α＝β＝0，故选BD.8.－eq\f(12,13)－eq\f(17,7)【解析】由题知角θ的终边经过点P(－x，－6)，所以cosθ＝eq\f(－x,\r(,x2＋36))＝－eq\f(5,13)，解得x＝eq\f(5,2)，所以sinθ＝eq\f(－6,\f(13,2))＝－eq\f(12,13)，tanθ＝eq\f(－6,－\f(5,2))＝eq\f(12,5)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(tanθ＋tan\f(π,4),1－tanθtan\f(π,4))＝－eq\f(17,7).9.eq\f(7\r(,2),10)【解析】依题意可将已知条件变形为sin[(α－β)－α]＝－sinβ＝eq\f(3,5)，所以sinβ＝－eq\f(3,5).又β是第三象限角，因此有cosβ＝－eq\f(4,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(5π,4)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,4)))＝－sinβcoseq\f(π,4)－cosβsineq\f(π,4)＝eq\f(7\r(,2),10).10.eq\f(\r(,2),2)eq\f(π,4)【解析】因为α，β为锐角，sinα＝eq\f(\r(,5),5)，sinβ＝eq\f(\r(,10),10)，所以cosα＝eq\f(2\r(,5),5)，cosβ＝eq\f(3\r(,10),10)，所以cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(2\r(,5),5)×eq\f(3\r(,10),10)－eq\f(\r(,5),5)×eq\f(\r(,10),10)＝eq\f(\r(,2),2).又0＜α＋β＜π，所以cos(α＋β)＝eq\f(\r(,2),2)，α＋β＝eq\f(π,4).11.【解答】(1)由题知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋\f(π,12)))＝sin(－eq\f(π,6))＝－eq\f(1,2).(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,3)＋\f(π,12)))＝sin(2θ－eq\f(π,4))＝eq\f(\r(,2),2)(sin2θ－cos2θ)，因为cosθ＝eq\f(4,5)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sinθ＝eq\f(3,5)，所以sin2θ＝2sinθcosθ＝eq\f(24,25)，cos2θ＝cos2θ－sin2θ＝eq\f(7,25)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,3)))＝eq\f(\r(,2),2)(sin2θ－cos2θ)＝eq\f(\r(,2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(24,25)－\f(7,25)))＝eq\f(17\r(,2),50).12.【解答】方案一：选条件①.方法一：因为tanα＝4eq\r(3)，所以eq\f(sinα,cosα)＝4eq\r(3).由平方关系sin2α＋cos2α＝1，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinα＝\f(4\r(3),7)，,cosα＝\f(1,7)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinα＝－\f(4\r(3),7)，,cosα＝－\f(1,7)．))因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinα＝\f(4\r(3),7)，,cosα＝\f(1,7)．))因为cos(α＋β)＝－eq\f(1,3)，由平方关系sin2(α＋β)＋cos2(α＋β)＝1，解得sin2(α＋β)＝eq\f(8,9).因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以0<α＋β<π，所以sin(α＋β)＝eq\f(2\r(2),3)，所以cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα＝－eq\f(1,3)×eq\f(1,7)＋eq\f(2\r(2),3)×eq\f(4\r(3),7)＝eq\f(8\r(6)－1,21).方法二：因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tanα＝4eq\r(3)，所以点P(1，4eq\r(3))在角α的终边上，所以cosα＝eq\f(1,\r(1＋（4\r(3)）2))＝eq\f(1,7)，sinα＝eq\f(4\r(3),\r(1＋（4\r(3)）2))＝eq\f(4\r(3),7).以下同方法一.方案二：选条件②.因为7sin2α＝2sinα，所以14sinαcosα＝2sinα.因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sinα≠0，所以cosα＝eq\f(1,7).由平方关系sin2α＋cos2α＝1，解得sin2α＝eq\f(48,49).因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sinα＝eq\f(4\r(3),7).以下同方案一的方法一.方案三：选条件③.因为coseq\f(α,2)＝eq\f(2\r(7),7)，所以cosα＝2cos2eq\f(α,2)－1＝eq\f(1,7).由平方关系sin2α＋cos2α＝1，得sin2α＝eq\f(48,49).因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sinα＝eq\f(4\r(3),7).以下同方案一的方法一．第2讲三角函数的图象激活思维1.D2.B3.A【解析】因为直线x＝eq\f(π,4)和x＝eq\f(5π,4)是函数f(x)＝sin(ωx＋φ)图象的两条相邻的对称轴，所以T＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)－\f(π,4)))＝2π，所以ω＝eq\f(2π,T)＝1.又因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝sin(eq\f(π,4)＋φ)＝±1，且0＜φ＜π，所以φ＝eq\f(π,4).故选A.4.D【解析】把y＝cos2x的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度，得到y＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝－sin2x的图象，再把所得图象各点的横坐标变为原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变，所得图象对应的解析式为y＝－sin4x，因为y＝－sin4x＝－2sin2xcos2x＝f(x)·cos2x，所以f(x)＝－2sin2x，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝－2sineq\f(π,3)＝－eq\r(,3).故选D.知识梳理|φ|eq\f(|φ|,ω)课堂学·通法悟道eq\o(\s\up7(),\s\do5(例1))【答案】D【解析】由题图可知f(x)的振幅A＝2，最小正周期T＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)－\f(3π,8)))＝π，则ω＝eq\f(2π,T)＝2.由|φ|<eq\f(π,2)，所以2×eq\f(5π,8)＋φ＝eq\f(3π,2)，解得φ＝eq\f(π,4)，所以f(x)＝2sin(2x＋eq\f(π,4)).将函数f(x)图象上的所有点向右平移eq\f(π,4)个单位长度得到函数g(x)的图象，则g(x)＝2sin[2(x－eq\f(π,4))＋eq\f(π,4)]＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，故选D.eq\o(\s\up7(),\s\do5(变式))【答案】(1)D(2)D【解析】(1)由题知T＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(π,2)))＝π，则ω＝eq\f(2π,T)＝2，所以f(x)＝2sin(2x＋φ).将点B(π，1)代入，得2sin(2π＋φ)＝1，即φ＝eq\f(π,6)＋2kπ或φ＝eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z．又|φ|<π，且点B位于f(x)的增区间内，所以k＝0，φ＝eq\f(π,6)，故选D.(2)由函数f(x)＝cos(ωx＋φ)的部分图象可得函数f(x)的最小正周期为eq\f(2π,|ω|)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)－\f(1,4)))＝2，所以|ω|＝π，不妨令ω＝π，则f(x)＝cos(πx＋φ).再根据函数的图象以及五点法作图，可得eq\f(π,4)＋φ＝eq\f(π,2)，即φ＝eq\f(π,4)，f(x)＝cos(πx＋eq\f(π,4)).由2kπ≤πx＋eq\f(π,4)≤2kπ＋π，k∈Z，得2k－eq\f(1,4)≤x≤2k＋eq\f(3,4)，k∈Z，故f(x)的单调减区间为(2k－eq\f(1,4)，2k＋eq\f(3,4))，k∈Z，故选D.eq\o(\s\up7(),\s\do5(例2))【答案】B【解析】由题图可知A＝2，eq\f(T,2)＝eq\f(π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝eq\f(π,2)，即T＝π，则ω＝2，所以函数f(x)＝2sin(2x＋φ).将点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2))代入，得2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)＋φ))＝2，即φ＝－eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z．因为－π<φ<0，所以φ＝－eq\f(π,6)，则f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝2cos[eq\f(π,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))]＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2x))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3))).因为g(x)＝2cos2x，所以要得到函数g(x)的图象，需将函数f(x)的图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度．故选B.eq\o(\s\up7(),\s\do5(变式))【答案】(1)ACD(2)D【解析】(2)对于选项D，把C向右平移eq\f(π,12)个单位长度，得到y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝－cos2x，该函数为偶函数，其图象关于y轴对称，故选D.巩固练·融汇贯通1.A2.D3.C4.D5.AD6.ABD7.BD8.y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))9.eq\f(π,6)10.eq\f(π,3)【解析】把函数f(x)＝sin(2x＋φ)(|φ|<eq\f(π,2))的图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度后，可得y＝sin(2x＋eq\f(2π,3)＋φ)的图象，由题知此图象关于原点对称，则eq\f(2π,3)＋φ＝kπ，k∈Z．因为|φ|<eq\f(π,2)，令k＝1，得φ＝eq\f(π,3).11.【解答】(1)f(x)＝sinx＋sinxcoseq\f(π,3)＋cosxsineq\f(π,3)＝sinx＋eq\f(1,2)sinx＋eq\f(\r(3),2)cosx＝eq\f(3,2)sinx＋eq\f(\r(3),2)cosx＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，当sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝－1时，f(x)min＝－eq\r(3)，此时x＋eq\f(π,6)＝eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，所以x＝eq\f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，所以f(x)的最小值为－eq\r(3)，此时x的集合为{x|x＝eq\f(4π,3)＋2kπ，k∈Z}.(2)将y＝sinx的图象横坐标不变，纵坐标变为原来的eq\r(3)倍，得y＝eq\r(3)sinx的图象；再将y＝eq\r(3)sinx的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度，得f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的图象．12.【解答】(1)由题图可知，最小正周期T＝2(eq\f(11π,12)－eq\f(5π,12))＝π，所以ω＝eq\f(2π,T)＝2.因为点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))在函数图象上，所以Asin(2×eq\f(5π,12)＋φ)＝0，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋φ))＝0.又因为0<φ<eq\f(π,2)，所以eq\f(5π,6)<eq\f(5π,6)＋φ<eq\f(4π,3)，从而eq\f(5π,6)＋φ＝π，即φ＝eq\f(π,6).又点(0，1)在函数图象上，所以Asineq\f(π,6)＝1，A＝2，故函数f(x)的解析式为f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).(2)由(1)知g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋\f(π,6)))－2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,6)))＝2sin2x－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝2sin2x－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2x＋\f(\r(3),2)cos2x))＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)，k∈Z，所以函数g(x)的增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z．第3讲三角函数的性质激活思维1.ABC2.B【解析】f(x)＝2cos2x－sin2x＋2＝2cos2x－sin2x＋2sin2x＋2cos2x＝4cos2x＋sin2x＝3cos2x＋1＝3×eq\f(cos2x＋1,2)＋1＝eq\f(3,2)cos2x＋eq\f(5,2)，所以函数f(x)的最小正周期为π，最大值为eq\f(3,2)＋eq\f(5,2)＝4，故选B.3.CD4.－eq\f(2\r(,5),5)【解析】f(x)＝sinx－2cosx＝eq\r(,5)(eq\f(\r(,5),5)sinx－eq\f(2\r(,5),5)cosx)＝eq\r(,5)sin(x－α)(其中cosα＝eq\f(\r(,5),5)，sinα＝eq\f(2\r(,5),5))，因为当x＝θ时，函数f(x)取得最大值，所以sin(θ－α)＝1，即sinθ－2cosθ＝eq\r(,5).又sin2θ＋cos2θ＝1，联立得(2cosθ＋eq\r(,5))2＋cos2θ＝1，解得cosθ＝－eq\f(2\r(,5),5).5.－4【解析】f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx＝－cos2x－3cosx＝－2cos2x－3cosx＋1，令t＝cosx，则－1≤t≤1.因为y＝－2t2－3t＋1的开口向下，对称轴为t＝－eq\f(3,4)，在[－1，1]上先增后减，所以当t＝1，即cosx＝1时，函数f(x)有最小值－4.课堂学·通法悟道eq\o(\s\up7(),\s\do5(例1))【解答】(1)因为f(x)＝2eq\r(,3)sinxcosx＋cos2x－sin2x＝eq\r(,3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).所以函数f(x)的最小正周期T＝π，令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈R，得－eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，所以函数f(x)的单调增区间为[－eq\f(π,3)＋kπ，eq\f(π,6)＋kπ]，k∈Z．(2)若选择①.由题意可知，不等式f(x)≥m有解，即m≤f(x)max.因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6)，故当2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,6)时，f(x)取得最大值，且最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2.所以m≤2，故实数m的取值范围是(－∞，2].若选择②.由题意可知，不等式f(x)≥m恒成立，即m≤f(x)min.因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6)，故当2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(7π,6)，即x＝eq\f(π,2)时，f(x)取得最小值，且最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－1.所以m≤－1，故实数m的取值范围是(－∞，－1].eq\o(\s\up7(),\s\do5(变式))【解答】(1)若函数f(x)满足条件③，则f(0)＝Asinφ＝－1，这与A>0，0<φ<eq\f(π,2)矛盾，故f(x)不能满足条件③，所以函数f(x)只能满足条件①②④.由条件①，得eq\f(2π,|ω|)＝π，又因为ω>0，所以ω＝2.由条件②，得A＝2.由条件④，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋φ))＝0.因为0<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).(2)由2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(5π,12)≤x≤kπ＋eq\f(π,12)，k∈Z，所以函数f(x)的增区间为[kπ－eq\f(5π,12)，kπ＋eq\f(π,12)]，k∈Z．eq\o(\s\up7(),\s\do5(例2))【答案】(1)BD(2)BCD【解析】(1)由题意知f(x)＝cos2ωx＋eq\r(,3)sin2ωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6)))，对于A，因为T＝eq\f(2π,2ω)＝π，所以ω＝1，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，故A不正确；对于B，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))时，2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，所以函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上为增函数，故B正确；对于C，当x＝eq\f(π,3)时，2×eq\f(π,3)＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，因为sineq\f(5π,6)＝eq\f(1,2)≠±1，所以直线x＝eq\f(π,3)不是函数y＝f(x)图象的一条对称轴，故C不正确；对于D，当x＝eq\f(5π,12)时，2×eq\f(5π,12)＋eq\f(π,6)＝π，因为sinπ＝0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))是函数y＝f(x)图象的一个对称中心，故D正确．故选BD.(2)因为f(－x)＝sin(－x)＋|cos(－x)|≠f(x)，故A错误；因为y＝sinx的最小正周期为2π，y＝|cosx|的最小正周期为π，故f(x)＝sinx＋|cosx|的最小正周期为2π，故B正确；因为f(x)＝f(π－x)，所以函数f(x)的图象关于x＝eq\f(π,2)对称，故C正确；因为f(x)＝sinx＋|cosx|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinx＋cosx＝\r(,2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，,x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，,sinx－cosx＝\r(,2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，,x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ))，k∈Z，))所以当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))(k∈Z)时，x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋2kπ，\f(3π,4)＋2kπ))(k∈Z)，f(x)∈[－1，eq\r(,2)].当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ))(k∈Z)时，x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋2kπ，\f(5π,4)＋2kπ))(k∈Z)，f(x)∈[－1，eq\r(,2)]，故函数f(x)的值域为[－1，eq\r(,2)]，故D正确．故选BCD.eq\o(\s\up7(),\s\do5(变式))【答案】AC【解析】因为直线x＝eq\f(π,4)是f(x)＝sin(3x＋φ)(－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2))图象的一条对称轴，所以3×eq\f(π,4)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，则φ＝－eq\f(π,4)＋kπ(k∈Z).因为－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,4)，则f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,4))).对于A，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))－\f(π,4)))＝sin3x.因为sin(－3x)＝－sin3x，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))为奇函数，故A正确．对于B，令－eq\f(π,2)＋2kπ≤3x－eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，得－eq\f(π,12)＋eq\f(2kπ,3)≤x≤eq\f(π,4)＋eq\f(2kπ,3)(k∈Z).令eq\f(π,2)＋2kπ≤3x－eq\f(π,4)≤eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，得eq\f(2kπ,3)＋eq\f(π,4)≤x≤eq\f(7π,12)＋eq\f(2kπ,3)(k∈Z).当k＝0时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,4)))上单调递增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(7π,12)))上单调递减，故B错误；对于C，若|f(x1)－f(x2)|＝2，则|x1－x2|最小为半个周期，即eq\f(2π,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(π,3)，故C正确；对于D，函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,4)个单位长度得y＝sin[3(x－eq\f(π,4))－eq\f(π,4)]＝sin(3x－π)＝－sin3x的图象，故D错误．故选AC.巩固练·融汇贯通1.D2.C3.B【解析】因为sinφ－cosφ＝eq\r(,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ－\f(π,4)))＝eq\f(\r(,2),2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ－\f(π,4)))＝eq\f(1,2).因为0<φ<eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,4)<φ－eq\f(π,4)<eq\f(π,4)，所以φ－eq\f(π,4)＝eq\f(π,6)，解得φ＝eq\f(5π,12)，所以f(x)＝cos2(x＋φ)＝eq\f(1,2)cos(2x＋2φ)＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))＋eq\f(1,2).由2kπ≤2x＋eq\f(5π,6)≤2kπ＋π，k∈Z，得kπ－eq\f(5π,12)≤x≤kπ＋eq\f(π,12)，k∈Z，所以函数f(x)的单调减区间为[kπ－eq\f(5π,12)，kπ＋eq\f(π,12)]，k∈Z．故选B.4.B【解析】因为y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,2)))＝－sinx为奇函数，排除A；y＝－tanx为奇函数，排除C；y＝1－2cos22x＝－cos4x为偶函数，且单调增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，\f(kπ,2)＋\f(π,4)))，k∈Z，排除D；y＝|sin(π＋x)|＝|sinx|为偶函数，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，故选B.5.ABD【解析】将f(x)＝2sin(2x＋φ)(0<φ<π)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度后，得g(x)＝2sin[2(x－eq\f(π,6))＋φ]＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))的图象．因为g(x)的图象关于y轴对称，所以g(x)为偶函数，所以φ－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，即φ＝eq\f(5π,6)＋kπ(k∈Z).又φ∈(0，π)，所以φ＝eq\f(5π,6)，故A正确；当x＝eq\f(π,12)时，f(x)＝2sin(2×eq\f(π,12)＋eq\f(5π,6))＝0，故B正确；f(φ)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝2sin(2×eq\f(5π,6)＋eq\f(5π,6))＝2，故C错误；当x＝－eq\f(π,6)时，f(x)＝2sin[2×(－eq\f(π,6))＋eq\f(5π,6)]＝2，故D正确．故选ABD.6.ACD【解析】因为f(x)＝eq\r(,3)sin2x－cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，x∈R，所以－2≤f(x)≤2，故A正确；当x∈(0，π)时，2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(11π,6)))，当2x－eq\f(π,6)＝0或π时，f(x)＝0，故B错误；由T＝eq\f(2π,2)＝π，知C正确；因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2sineq\f(π,2)＝2，所以x＝eq\f(π,3)为f(x)图象的一条对称轴，故D正确．故选ACD.7.ACD【解析】由题意知x＝f(θ)＝cosθ，y＝g(θ)＝sinθ，所以x＝f(θ)是偶函数，y＝g(θ)是奇函数，故A正确；x＝f(θ)＝cosθ在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上为增函数，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为减函数，y＝g(θ)＝sinθ在[－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)]上为增函数，故B错误；f(θ)＋g(θ)＝sinθ＋cosθ＝eq\r(,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))，当θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，θ＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以f(θ)＋g(θ)∈[1，eq\r(,2)]，故C正确；t＝2cosθ＋sin2θ，则t′＝－2sinθ＋2cos2θ＝－2sinθ＋2(1－2sin2θ)＝－2(sinθ＋1)(2sinθ－1)，令t′>0，得－1<sinθ<eq\f(1,2)，令t′<0，得eq\f(1,2)<sinθ<1，所以当sinθ＝eq\f(1,2)时，tmax＝2cosθ＋2sinθcosθ＝3cosθ≤3×eq\f(\r(,3),2)＝eq\f(3\r(,3),2)，故D正确．故选ACD.8.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,6)，\f(kπ,2)＋\f(π,12)))(k∈Z)【解析】由题知y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))，由2kπ－eq\f(π,2)≤4x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得eq\f(kπ,2)－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)，k∈Z，即函数y＝cos4x＋eq\r(,3)sin4x的单调增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,6)，\f(kπ,2)＋\f(π,12)))(k∈Z).9.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))【解析】f(x)＝sinx＋cosx＝eq\r(,2)sin(x＋eq\f(π,4))，由2kπ－eq\f(π,2)≤x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得当2kπ－eq\f(3π,4)≤x≤2kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z时，f(x)单调递增，所以[0，a]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(3π,4)，2kπ＋\f(π,4)))，k∈Z，取k＝0，则[0，a]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(π,4)))，所以a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))).10.－eq\f(1,2)【解析】f(x)＝cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))－eq\r(,3)cos2x＋eq\f(\r(,3),4)＝cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx＋\f(\r(,3),2)cosx))－eq\f(\r(,3)（1＋cos2x）,2)＋eq\f(\r(,3),4)＝eq\f(1,4)sin2x－eq\f(\r(,3),4)cos2x＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，所以2x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，\f(π,6)))，因此当2x－eq\f(π,3)＝－eq\f(π,2)时，f(x)取得最小值－eq\f(1,2).11.【解答】f(x)＝2cosωxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))＋eq\f(\r(,3),2)＝2cosωx·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinωx－\f(\r(,3),2)cosωx))＋eq\f(\r(,3),2)＝eq\f(1,2)sin2ωx－eq\f(\r(,3),2)cos2ωx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3)))∈[－1，1].由①②③都可以得到f(x)的半周期为eq\f(π,2)，即eq\f(π,|2ω|)＝eq\f(π,2ω)＝eq\f(π,2)，所以ω＝1，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).由－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,6)，得－eq\f(2π,3)≤2x－eq\f(π,3)≤0，所以f(x)∈[－1，0]，即f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上的值域为[－1，0].12.【解答】(1)f(x)＝eq\r(,3)sinxcosx－sin2x＝eq\f(\r(,3),2)sin2x－eq\f(1－cos2x,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－eq\f(1,2).令2x＋eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)，k∈Z，所以f(x)的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，－\f(1,2)))，k∈Z．由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z．得kπ＋eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，所以f(x)的单调减区间为[kπ＋eq\f(π,6)，kπ＋eq\f(2π,3)](k∈Z).(2)由题意得g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝sin[2(x－eq\f(π,6))＋eq\f(π,6)]－eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－eq\f(1,2)，因为0≤x≤eq\f(5π,12)，所以－eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(2π,3)，所以－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))≤1，所以g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))上的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).第4讲解三角形1激活思维1.D【解析】因为a＝eq\r(,5)，c＝2，cosA＝eq\f(2,3)，所以由余弦定理可得cosA＝eq\f(2,3)＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋4－5,2×b×2)，整理可得3b2－8b－3＝0，解得b＝3或－eq\f(1,3)(舍去).故选D.2.B【解析】sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC.因为sinB＋sinA(sinC－cosC)＝0，所以sinAcosC＋cosAsinC＋sinAsinC－sinAcosC＝0，所以cosAsinC＋sinAsinC＝0.因为sinC≠0，所以cosA＝－sinA，所以tanA＝－1.因为0＜A＜π，所以A＝eq\f(3π,4).由正弦定理可得eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)，所以sinC＝eq\f(csinA,a).因为a＝2，c＝eq\r(,2)，所以sinC＝eq\f(csinA,a)＝eq\f(\r(,2)×\f(\r(,2),2),2)＝eq\f(1,2).因为a＞c，所以C＝eq\f(π,6)，故选B.3.A【解析】因为asinA－bsinB＝4csinC，cosA＝－eq\f(1,4)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－b2＝4c2，,\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－\f(1,4)，))解得3c2＝eq\f(1,2)bc，所以eq\f(b,c)＝6.故选A.4.D【解析】因为23cos2A＋cos2A＝23cos2A＋2cos2A－1＝0，即cos2A＝eq\f(1,25).又因为A为锐角，所以cosA＝eq\f(1,5).又a＝7，c＝6，根据余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc·cosA，即49＝b2＋36－eq\f(12,5)b，解得b＝5或b＝－eq\f(13,5)(舍去)，故选D.5.eq\f(15\r(,3),4)【解析】由余弦定理可知cosB＝eq\f(25＋BC2－49,2×BC×5)＝－eq\f(1,2)，解得BC＝－8(舍去)或3，所以△ABC的面积为eq\f(1,2)×AB×BC×sinB＝eq\f(1,2)×5×3×eq\f(\r(,3),2)＝eq\f(15\r(,3),4).知识梳理1.eq\f(a,sinA)eq\f(b,sinB)eq\f(c,sinC)2R2RsinA2RsinB2RsinCeq\f(a,2R)eq\f(b,2R)eq\f(c,2R)2.b2＋c2－2bccosAa2＋c2－2accosBa2＋b2－2abcosCeq\f(b2＋c2－a2,2bc)eq\f(a2＋c2－b2,2ac)eq\f(a2＋b2－c2,2ab)3.eq\f(1,2)absinCeq\f(1,2)acsinBeq\f(1,2)bcsinA课堂学·通法悟道eq\o(\s\up7(),\s\do5(例1))【答案】(1)3＋2eq\r(,3)(2)B【解析】(1)因为sinA∶sinB＝1∶eq\r(,3)，所以由正弦定理知b＝eq\r(,3)a，且c＝eq\r(,3).由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋（\r(,3)a）2－（\r(,3)）2,2a×\r(,3)a)＝eq\f(\r(,3),2)，解得a＝eq\r(,3)，所以b＝3，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝3＋2eq\r(,3).(2)由题意及正弦定理知2sinBcosB＝sinAcosC＋cosAsinC＝sin(A＋C)＝sinB.因为sinB≠0，所以cosB＝eq\f(1,2).因为B∈(0°，180°)，所以B＝60°，由余弦定理，得ac＝a2＋c2－4，又ac＝a2＋c2－4≥2ac－4，故ac≤4，所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB≤eq\r(,3).故选B.eq\o(\s\up7(),\s\do5(变式))【答案】(1)eq\f(\r(,3),8)(2)eq\f(7,8)【解析】(1)因为a，2b，c成等比数列，所以4b2＝ac，所以根据正弦定理得4sin2B＝sinAsinC.因为a2＝b2＋c2－bc，所以根据余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2).因为A∈(0，π)，所以sinA＝eq\f(\r(,3),2)，所以eq\f(bsinB,c)＝eq\f(sin2B,sinC)＝eq\f(1,4)×eq\f(sinAsinC,sinC)＝eq\f(\r(,3),8).(2)由sinA＝2sinC，得a＝2c.又a2＝2bc，所以4c2＝2bc，b＝2c.根据余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(7,8).eq\o(\s\up7(),\s\do5(例2))【解答】(1)f(x)＝4tanxsin(eq\f(π,2)－x)cos(eq\f(π,3)－x)－eq\r(3)＝4tanxcosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－x))－eq\r(3)＝4sinxcos(eq\f(π,3)－x)－eq\r(3)＝2sinxcosx＋2eq\r(,3)sin2x－eq\r(3)＝sin2x＋2eq\r(,3)·eq\f(1－cos2x,2)－eq\r(3)＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，由f(B)＝eq\r(,3)，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),2).因为B为锐角，所以2B－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以2B－eq\f(π,3)＝eq\f(π,3)，B＝eq\f(π,3).(2)由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，因为b＝3，a＝2c，B＝eq\f(π,3)，所以9＝(2c)2＋c2－4c2coseq\f(π,3)，所以c2＝3，所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝c2sinB＝eq\f(3\r(,3),2).eq\o(\s\up7(),\s\do5(变式))【解答】(1)f(x)＝eq\f(\r(,3),2)sin2x＋eq\f(1－cos2x,2)－eq\f(3,2)＝sin(2x－eq\f(π,6))－1，因为A∈(0，π)，f(A)＝0，所以2A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即A＝eq\f(π,3).因为eq\f(a,sin